Actividad 2.1.

Diseño de
compensador en adelanto
por LGR.
Ingeniería Eléctrica Alumno: Edgar Alberto Delgado Hernández
No. de control: 17150669

UNIDAD II. Compensación

“Control II”

Docente:
Dr. Jorge Luis Orozco Mora
Aguascalientes, Ags. a 15 de Octubre de 2021
ACTIVIDAD 2.1. DISEÑO DE COMPENSADOR EN ADELANTO POR LGR. CONTROL II

Se considera el sistema heatex de Matlab que es un intercambiador de calor.

Figura 1.1 Sistema heatex de Matlab

Su función de transferencia se puede obtener de sus datos experimentales disponibles y que

se muestra en Gp la función de transferencia que aproxima este sistema.

Figura 1.2 Código de Matlab para obtener la función de transferencia del sistema heatex

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Experimental vs. simulated response to step change

1.2

0.8
Tank temperature (normalized)

0.6

0.4

0.2

t1 t2

0
0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200
Time (seconds)

Figura 1.3 Gráfica de la respuesta simulada y experimental

Theta es el retardo del sistema y tau es la constante de tiempo del sistema. Por lo cual, para
trabajar con el sistema sustituiremos el retardo por una aproximación de PADE la cual con
Matlab es:

Figura 1.4 Código de Matlab para obtener la función de transferencia Gp1

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1. Para el sistema obtenido Gp1 (que es el primer orden de la función de transferencia

y en serie el de la aproximación de PADE que es de orden 2), diseñar un compensador
de adelanto por LUGAR GEOMÉTRICO DE LAS RAÍCES (se puede usar rlocus de
Matlab para generarlo o Evans en Scilab) y aplicar todos los pasos vistos en la
presentación en clase para este diseño de tal manera que el amortiguamiento sea de
0.922 y el tiempo de asentamiento de 23.2 segundos.

Cálculo del polo deseado

Calculamos ωn a partir del tiempo de asentamiento deseado (ts):

4
𝑡𝑠 == 23.2 𝑠
𝜉𝜔𝑛
4 4
𝜔𝑛 = = = 0.1869
𝜉𝑡𝑠 (0.922)(23.2)

Entonces:
𝜉 = 𝑠𝑒𝑛(𝜃)
−1 (0.922)
𝜃 = 𝑠𝑒𝑛 = 67.22°

Figura 1.5 Triángulo resultante con la fase

A partir del triángulo se obtiene a y b:

𝑎
𝑠𝑒𝑛(67.22°) =
0.1869
𝑎 = 0.1869𝑠𝑒𝑛(67.22°) = 0.1723

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𝑏
𝑐𝑜𝑠(67.22°) =
0.1869
𝑏 = 0.1869𝑐𝑜𝑠(67.22°) = 0.0723
Por lo que los polos deseados seran:
𝑷𝑫𝑫 = −𝟎. 𝟏𝟕𝟐𝟑 ± 𝒋𝟎. 𝟎𝟕𝟐𝟑

Figura 1.6 Diagrama del LGR para el sistema sin compensar (no cumple con las
especificaciones)

Figura 1.7 Código de Matlab para obtener el LGR para el sistema sin compensar

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Cálculo del ángulo del polo deseado

En el sistema el ángulo de Gp1(s) en el polo de lazo cerrado deseado es:
𝑠 2 − 0.4082𝑠 + 0.05553
| = 160.45°
21.3𝑠 3 + 9.694𝑠 2 + 1.591𝑠 + 0.05553 𝑠=−0.1723+𝑗0.0723

𝑠 2 − 0.4082𝑠 + 0.05553
|
21.3𝑠 3 + 9.694𝑠 2 + 1.591𝑠 + 0.05553 𝑠=−0.1723+𝑗0.0723

(−0.1723 + 𝑗0.0723)2 − 0.4082(−0.1723 + 𝑗0.0723) + 0.05553

=
21.3(−0.1723 + 𝑗0.0723)3 + 9.694(−0.1723 + 𝑗0.0723)2 + 1.591(−0.1723 + 𝑗0.0723) + 0.05553

0.0244 − 𝑗0.0248 + 0.0703 − 𝑗0.0295 + 0.05553

=
−0.0532 + 𝑗0.1256 + 0.2365 − 𝑗0.2404 − 0.2741 + 𝑗0.1150 + 0.05553

0.1502 − 𝑗0.0543
=
−0.0352 + 𝑗0.0002

−0.0543 0.0002
𝜑(𝜔) = 𝑡𝑎𝑛−1 ( ) − 𝑡𝑎𝑛−1 ( )
0.1502 −0.0352

𝜑(𝜔) = (−19.87° + 360°) − (−0.32° + 180°)

𝜑(𝜔) = 340.13° − 179.68° = 160.45°

Cálculo de la deficiencia angular

180° − 160.45° = 19.55

El compensador debe contribuir con Φ=19.55° por lo que se necesitara 1 compensador

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Root Locus
0.2

0.15

0.1
Imaginary Axis (seconds-1)

0.05

0
-0.19 -0.17
-0.05

-0.1
9.77° 9.77°

-0.15

Bisectriz
-0.2
-0.6 -0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1 0.2
Real Axis (seconds -1)

Figura 1.8 Obtención de la ubicación del polo y cero

Obtención de los ángulos para obtener el polo y cero

Calculamos la bisectriz:
67.22° + 90° = 157.22°
157.22°
= 78.61°
2
El compensador contribuira con 19.55°, por lo que:
19.55°
= 9.77°
2
La bisectriz tendra un ángulo de 78.61° y aumentamos 9.77° arriba y debajo de ella.

Gráficamente el cero se encuentra en -0.17 y el polo en -0.19. La función de transferencia

del sistema compensado será:
(𝒔 + 𝟎. 𝟏𝟕)
𝑮𝒄 (𝒔) = 𝑲𝒄
(𝒔 + 𝟎. 𝟏𝟗)

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(𝑠 + 0.17) 𝑠 2 − 0.4082𝑠 + 0.05553

𝐺𝑐 (𝑠)𝐺𝑝1 (𝑠) = 𝐾𝑐 ∙
(𝑠 + 0.19) 21.3𝑠 3 + 9.694𝑠 2 + 1.591𝑠 + 0.05553

(𝑠 + 0.17) 𝑠 2 − 0.4082𝑠 + 0.05553

𝐺𝑐 (𝑠)𝐺𝑝1 (𝑠) = 𝐾𝑐 ∙ |
(𝑠 + 0.19) 21.3𝑠 3 + 9.694𝑠 2 + 1.591𝑠 + 0.05553 𝑠=−0.1723+𝑗0.0723

(−0.1723 + 𝑗0.0723) + 0.17 0.1502 − 𝑗0.0543

= 𝐾𝑐 ∙
(−0.1723 + 𝑗0.0723) + 0.19 −0.0352 + 𝑗0.0002

−0.0023 + 𝑗0.0723 0.1502 − 𝑗0.0543

= 𝐾𝑐 ∙
0.0177 + 𝑗0.0723 −0.0352 + 𝑗0.0002

Cálculo de la ganancia del compensador

Obtenemos la magnitud de la función:

√(𝐾𝑐 )2 + (0)2 √(−0.0023)2 + (0.0723)2 √(0.1502)2 + (−0.0543)2

|𝐺𝑐 𝐺𝑝1 | = =1
√(0.0177)2 + (0.0723)2 √(−0.0352)2 + (0.0002)2

(𝐾𝑐 )(0.0723)(0.1597)
|𝐺𝑐 𝐺𝑝1 | = =1
(0.0744)(0.0352)

Obtenemos la ganancia del compensador Kc

(𝐾𝑐 )(0.0115)
=1
0.0026

0.0026
𝐾𝑐 = = 𝟎. 𝟐𝟐
0.0115

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Root Locus
0.2
0.935 0.88 0.8 0.62 0.35

0.15 0.968
System: FT
Gain: 0.982
Pole: -0.171 + 0.0721i
Damping: 0.922
0.1 0.986 Overshoot (%): 0.0579
Frequency (rad/s): 0.186
Imaginary Axis (seconds-1)

0.05 0.997

0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1

0

-0.05 0.997

-0.1 0.986

-0.15 0.968

0.935 0.88 0.8 0.62 0.35

-0.2
-0.6 -0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1 0.2 0.3
Real Axis (seconds -1)

Figura 1.9 Gráfica del LGR para el sistema compensado

Figura 1.10 Gráfica del LGR para el sistema compensado (sisotool)

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Figura 1.11 Código de Matlab para obtener el LGR para el sistema compensado

Aplicación del compensador

Se obtiene la función de transferencia de este sistema

𝑅4 𝑅2 𝑅1 𝐶1 𝑠 + 1
𝐺𝑐 = ∙
𝑅3 𝑅2 𝑅1 𝐶2 𝑠 + 1

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Al agregar el compensador en adelanto se tiene que:

1 1 𝑠
(𝑠 + 0.17) ( ) (0.19) (0.17 + 1) 5.88𝑠 + 1
𝐺𝑐 (𝑠) = 0.22 0.17 = 0.19 𝑠 = 0.19
1 1 (0.19 + 1) 5.26𝑠 + 1
(𝑠 + 0.19) (
0.17) (0.19)

Con R3 = 1 kΩ y R4 = 0.19 kΩ
Se obtienen los valores de R1 y C2:
𝑅2 𝑅1 𝐶1 = 5.88
Si C1 = 6 μF y R2 =1 kΩ
5.88 5.88
𝑅1 = = = 980 Ω
𝑅2 𝐶1 (6𝑥10 )(1𝑥103 )
−6

𝑅2 𝑅1 𝐶2 = 5.26
Si R1 = 980 Ω y R2 =1 kΩ
5.26 5.26
𝐶2 = = = 5.36 μ𝐹
𝑅2 𝑅1 (1𝑥103 )(980)

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